Konstrukcije pravilnih sedamnaesterokuta

(1)

PRIRODOSLOVNO–MATEMATI ˇ

CKI FAKULTET

MATEMATI ˇ

CKI ODSJEK

Petra Mijoˇc

KONSTRUKCIJE PRAVILNOG

SEDAMNAESTEROKUTA

Diplomski rad

Voditelj rada:

prof. dr. sc. Dijana Iliˇsevi´c

(2)

Ovaj diplomski rad obranjen je dana pred ispitnim povjerenstvom u sastavu:

1. , predsjednik

2. , ˇclan

3. , ˇclan

Povjerenstvo je rad ocijenilo ocjenom .

Potpisi ˇclanova povjerenstva: 1.

2. 3.

(3)

najvjernijim prijateljima. Mama i tata, hvala vam na neizmjernoj podrˇsci i prilici da danas budem ovdje gdje jesam. Mama, posebno hvala na svakom glasu ohrabrenja i poruci ”Ti to moˇzeˇs, ti to ho´ceˇs, ti to znaˇs” koju si mi redovito ponavljala prije svakog kolokvija i usmenog ispita. Tata, tebi hvala na svakoj ˇsutnji i svakom pozivu koji je uvijek

zavrˇsavao sa ”Ljube, ˇcuvaj se.” Mojoj sestri i bra´ci zahvaljujem na tom ˇsto su me svakodnevno podsje´cali koliko vrijede i koliko ih volim. Hvala mojoj Prx jer mi je uvijek

ponavljala koliko sam sposobna i koliko mogu napraviti, samo s malom vjerom u sebe. Tebi Kreˇso hvala na svemu, predugo bi bilo da nabrajam, ali znaj da bez tebe ovih pet godina ne bi bile to ˇsto jesu. Ive i Petra, zahvaljujem vam ˇsto ste zadnje dvije godine mog

studiranja uˇcinile najposebnijima ikad. Takoder, zahvaljujem svim profesorima i asistentima koji su mi prenijeli toliko znanja, a posebno hvala mojoj mentorici na iskazanom trudu i pomo´ci. I na kraju, hvala Tebi ˇsto si sve napravio baˇs tako kako je!

(4)

Sadrˇzaj

Sadrˇzaj iv

Uvod 1

1 O mogu´cnosti konstrukcije pravilnog sedamnaesterokuta (Gaussov dokaz) 2

1.1 O konstrukciji ravnalom i ˇsestarom . . . 2

1.2 Gaussov dokaz konstrukcije . . . 3

2 Neke konstrukcije pravilnog sedamnaesterokuta na osnovi Gaussove analize 18 2.1 O konstrukcijama pravilnog sedamnaesterokuta na osnovi Gaussove analize 18 2.2 Konstrukcija pravilnog sedamnaesterokuta uzastopnim rjeˇsavanjem kva-dratnih jednadˇzbi . . . 22

2.3 Callagyjeva konstrukcija pravilnog sedamnaesterokuta . . . 24

2.4 Von Pfleidererova konstrukcija pravilnog sedamnaesterokuta . . . 26

2.5 Konstrukcija pravilnog sedamnaesterokuta samo ˇsestarom . . . 28

2.6 Potencija toˇcke i kvadratna jednadˇzba . . . 32

2.7 Amp`ereova konstrukcija pravilnog sedamnaesterokuta . . . 34

2.8 Konstrukcija pravilnog sedamnaesterokuta samo ravnalom . . . 37

2.9 Graefeova konstrukcija pravilnog sedamnaesterokuta . . . 45

3 Ostale konstrukcije pravilnog sedamnaesterokuta 48 3.1 Geometrijska analiza mogu´cnosti konstrukcije pravilnog sedamnaesterokuta 49 3.2 Richmondova konstrukcija pravilnog sedamnaesterokuta . . . 54

3.3 Geometrijski izvod Gaussova dokaza . . . 58

3.4 Erchingerova konstrukcija pravilnog sedamnaesterokuta . . . 61

Bibliografija 64

(5)

Geometrijske konstrukcije koje se izvode samo ravnalom i ˇsestarom danas se nazivaju eu-klidskim konstrukcijama. Popularno pitanje je jesu li (i kako) konstrukcije pravilnih mno-gokuta izvedive samo ravnalom i ˇsestarom. Konstrukcije pravilnih mnomno-gokuta najˇceˇs´ce se izvode upisivanjem mnogokuta u zadanu kruˇznicu. Konstrukcije mnogokuta s parnim bro-jem stranica su lako izvedive dok se konstrukcije s neparnim brobro-jem stranica, primjerice konstrukcija peterokuta, sedmerokuta, deveterokuta i sliˇcno, smatraju kompliciranijima. Jedna od zanimljivih konstrukcija pravilnog mnogokuta je konstrukcija pravilnog sedam-naesterokuta.

Da se pravilan sedamnaesterokut moˇze konstruirati samo ravnalom i ˇsestarom dokazao je 1796. godine Carl Friedrich Gauss. U to vrijeme to je bio jedan od najneoˇcekivanijih rezultata njegovog istraˇzivanja teorije brojeva. U prvom poglavlju opisan je Gaussov do-kaz konstrukcije pravilnog sedamnaesterokuta koji se temelji na podjeli kruˇznice na 17 sukladnih dijelova.

Poznato je da Gauss nije nikad izveo konstrukciju pravilnog sedamnaesterokuta niti je za to bio zainteresiran. Ipak, dugi niz godina sve poznate konstrukcije pravilnog sedamna-esterokuta temeljile su se upravo na njegovoj analizi. Neke od njih prikazane su u drugom poglavlju. Tu se, izmedu ostalog, nalaze i konstrukcije samo ravnalom i samo ˇsestarom.

Tek poˇcetkom 20. stolje´ca pojavile su se konstrukcije koje se ne temelje na Gaussovoj analizi. One su opisane u tre´cem poglavlju ovog rada.

(6)

Poglavlje 1

O mogu´cnosti konstrukcije pravilnog

sedamnaesterokuta (Gaussov dokaz)

1.1 O konstrukciji ravnalom i ˇsestarom

Pod pojmom geometrijskih konstrukcija podrazumijevamo onaj dio geometrije u ravnini (planimetrije) koji probleme rjeˇsava konstruktivnim metodama. Konstruiranje se obavlja uz pomo´c instrumenata za konstrukciju. Konstrukcije u kojima su kao jedini instrumenti dopuˇsteni ravnalo i ˇsestar nazivamo euklidskim konstrukcijama. Naime, prva tri postulata (od pet) u EuklidovimElementimakaˇzu:

• da se moˇze nacrtati duˇzina izmedu dvije zadane toˇcke; • da se neka duˇzina moˇze produˇziti neograniˇceno;

• da se oko svake toˇcke moˇze nacrtati kruˇznica s danim polumjerom.

Dani postulati takoder podrazumijevaju da se sjeciˇsta dvaju pravaca, pravca i kruˇznice te dviju kruˇznica smatraju uvijek odredenima.

Upotrebom ravnala i ˇsestara mogu´ce je izvesti sljede´ce operacije: 1. konstrukcija pravca kroz dvije dane razliˇcite toˇcke;

2. konstrukcija sjeciˇsta dvaju danih neparalelnih pravaca od kojih je jedan zadan s dvije razliˇcite toˇcke;

3. konstrukcija kruˇznice sa srediˇstem u danoj toˇcki koja prolazi kroz drugu danu toˇcku; 4. konstrukcija dvaju sjeciˇsta dane kruˇznice i jednog pravca (koji sijeˇce tu kruˇznicu) koji je zadan s dvije svoje razliˇcite toˇcke; konstrukcija dvaju sjeciˇsta danog pravca

(7)

i jedne kruˇznice (koja sijeˇce taj pravac) koja je zadana svojim srediˇstem i jednom svojom toˇckom;

5. konstrukcija sjeciˇsta jedne dane kruˇznice i joˇs jedne kruˇznice (koja sijeˇce prvu kru-ˇznicu) koja je zadana svojim srediˇstem i joˇs jednom svojom toˇckom.

Konstrukcije ravnalom i ˇsestarom se koriste u konstrukcijama pravilnih mnogokuta. Konstrukcija pravilnogn-terokuta svodi se zapravo na zadatak dijeljenja jediniˇcne kruˇznice nansukladnih dijelova. Tada su tetive te kruˇznice, koje spajaju uzastopne djeliˇsne toˇcke, stranice pravilnog n-terokuta. Sve do kraja 18. stolje´ca vjerovalo se da se ravnalom i ˇsestarom, od svih pravilnih mnogokuta s neparnim brojem stranica, mogu konstruirati samo trokut, peterokut i petnaesterokut. U to vrijeme dokazano je da se moˇze konstru-irati svaki mnogokut ˇciji je broj stranica prost broj koji umanjen za jedan daje potenciju broja dva, ˇciji je eksponent opet potencija broja dva. To su prosti brojevi oblika 22m

+1, op´cenito poznati i kao Fermatovi brojevi. Do danas je poznato pet brojeva tog oblika koji mogu biti stranice pravilnog mnogokuta. Upravo tih pet prostih brojeva danas nazivamo Gaussovi prosti brojevi, a oni su 3,5,17,257 i 65537. Gauss je pokazao da se samo za ove brojeve, pri provodenju analize konstrukcije, mogu dobiti kvadratne jednadˇzbe ˇcija su rjeˇsenja konstrukcijski izvediva ravnalom i ˇsestarom. U nastavku ´ce biti obradena, ne tako popularna, konstrukcija pravilnog sedamnaesterokuta, koju je dokazao upravo Gauss.

1.2 Gaussov dokaz konstrukcije

Carl Friedrich Gauss (1777. – 1855.) se intenzivno bavio pitanjem konstrukcija pravilnih n-terokuta ravnalom i ˇsestarom. Svoje matematiˇcke rezultate zapisivao je vodeći dnev-nik. Prva zabiljeˇska datira 30. oˇzujka 1796. godine, dan nakon ˇsto je, prema vlastitim rijeˇcima, doˇsao do dokaza mogućnosti konstrukcije pravilnog sedamnaesterokuta ravna-lom i ˇsestarom. O svom otkriću Gauss je prijatelju Christianu Ludwigu Gerlingu, profe-soru matematike, fizike i astronomije u Marburgu, u rujnu 1819. napisao pismo u kojem opisuje dokaz konstrukcije pravilnog sedamnaesterokuta.

Dokaz se zasniva na podjeli kruga na 17 sukladnih dijelova. Neka je 2π= 17ϕ.

Uoˇcimo da je cosnϕ=cos(17−n)ϕ. Uvedimo sljede´ce oznake: a=cosϕ+cos 4ϕ, b=cos 2ϕ+cos 8ϕ, c= cos 3ϕ+cos 5ϕ, d= cos 6ϕ+cos 7ϕ,

(8)

POGLAVLJE 1. O MOGU ´CNOSTI KONSTRUKCIJE (GAUSSOV DOKAZ) 4 Imamo 2(e+ f)=2(a+b+c+d)= 2 8 X k=1 coskϕ= 16 X k=1 coskϕ. Neka jeg=P16 k=1sinkϕ.Tada je 2(e+ f)+ig = 16 X k=1 (coskϕ+isinkϕ) = 16 X k=1 (cosϕ+isinϕ)k = (cosϕ+isinϕ)17−1 (cosϕ+isinϕ)−1 −1 = cos 17ϕ+isin 17ϕ−1 cosϕ+isinϕ−1 −1 = cos 2π+isin 2π−1 cosϕ+isinϕ−1 −1 = −1.

Kako jee+ f ∈_Rig∈_R, to je 2(e+ f)= −1 ig=0.Dakle, e+ f =−1

2.

Koriˇstenjem formule za pretvorbu umnoˇska kosinusa u zbroj dobiva se 2ab = 2 (cosϕ+cos 4ϕ) (cos 2ϕ+cos 8ϕ)

= 2 (cosϕ·cos 2ϕ+cosϕ·cos 8ϕ+cos 4ϕ·cos 2ϕ+cos 4ϕ·cos 8ϕ)

= cosϕ+cos 3ϕ+cos 7ϕ+cos 9ϕ+cos 2ϕ+cos 6ϕ+cos 4ϕ+cos 12ϕ

= a+b+c+d

= e+ f

= −1 2,

2ac = 2 (cosϕ+cos 4ϕ) (cos 3ϕ+cos 5ϕ)

= cos 2ϕ+cos 4ϕ+cos 4ϕ+cos 6ϕ+cos 7ϕ+cosϕ+cosϕ+cos 9ϕ

= 2 cosϕ+2 cos 4ϕ+cos 2ϕ+cos 6ϕ+cos 7ϕ+cos 8ϕ

(9)

2ad = 2 (cosϕ+cos 4ϕ) (cos 6ϕ+cos 7ϕ)

= cos 5ϕ+cos 7ϕ+cos 6ϕ+cos 8ϕ+cos 10ϕ+cos 2ϕ+cos 11ϕ+cos 3ϕ

= cos 8ϕ+cos 2ϕ+cos 5ϕ+cos 3ϕ+2 cos 6ϕ+2 cos 7ϕ

= b+c+2d,

2bc = 2 (cos 2ϕ+cos 8ϕ) (cos 3ϕ+cos 5ϕ)

= 2 (cos 2ϕ·cos 3ϕ+cos 2ϕ·cos 5ϕ+cos 8ϕ·cos 3ϕ+cos 8ϕ·cos 5ϕ)

= cosϕ+cos 4ϕ+2 cos 3ϕ+2 cos 5ϕ+cos 6ϕ+cos 7ϕ

= a+2c+d,

2bd = 2 (cos 2ϕ+cos 8ϕ) (cos 6ϕ+cos 7ϕ)

= cos 8ϕ+cos 4ϕ+cos 9ϕ+cos 5ϕ+cos 14ϕ+cos 2ϕ+cos 15ϕ+cosϕ

= cosϕ+cos 4ϕ+2 cos 2ϕ+2 cos 8ϕ+cos 3ϕ+cos 5ϕ

= a+2b+c,

2cd = 2 (cos 3ϕ+cos 5ϕ) (cos 6ϕ+cos 7ϕ)

= cos 9ϕ+cos 3ϕ+cos 10ϕ+cos 4ϕ+cos 11ϕ+cosϕ+cos 12ϕ+cos 2ϕ

= a+b+c+d = e+ f = −1 2. Odavde slijedi 2ac+2ad+2bc+2bd =4a+4b+4c+4d, tj. 2e f =−2 ili e f =−1.

Ize+ f =−1₂ ie f = −1 vidi se da suei f korijeni kvadratne jednadˇzbe x2+ 1

(10)

POGLAVLJE 1. O MOGU ´CNOSTI KONSTRUKCIJE (GAUSSOV DOKAZ) 6 Korijeni te jednadˇzbe su x1,2 = −1 ± √17 4 . Primijetimo da je e− f = a+b−c−d

= (cosϕ−cos 7ϕ)+(cos 2ϕ−cos 6ϕ)+(cos 4ϕ+cos 8ϕ)−(cos 3ϕ+cos 5ϕ)

= 2 sin 3ϕsin 4ϕ+2 sin 2ϕsin 4ϕ+2 sin 2ϕsin 6ϕ−2 sinϕsin 4ϕ

= 2 sin 4ϕ(sin 3ϕ−sinϕ)+2 sin 2ϕsin 4ϕ+2 sin 2ϕsin 6ϕ

= 4 sinϕsin 4ϕcos 2ϕ+2 sin 2ϕsin 4ϕ+2 sin 2ϕsin 6ϕ.

Kako suϕ,2ϕ,4ϕ,6ϕ ∈ h0, πi, to su sinϕ,sin 2ϕ,sin 4ϕ,sin 6ϕ pozitivni, a kako je joˇs i 2ϕ∈

0, π 2

,to je i cos 2ϕpozitivan, pa jee− f >0, tj.e> f.Dakle, e= −1+ √ 17 4 i f = −1− √17 4 . Nadalje,aibsu rjeˇsenja jednadˇzbe

x2−ex− 1 4 =0 pa su njihove vrijednosti e± √e2+₁ 2 , preciznije, a= −1 8 + 1 8 √ 17+ q 34−2 √ 17 ! , b= −1 8 + 1 8 √ 17− q 34−2 √ 17 ! .

Predznaci uaibsu takvi jer vrijedi

a−b = (cosϕ+cos 4ϕ)−(cos 2ϕ+cos 8ϕ)

= (cosϕ−cos 2ϕ)+(cos 4ϕ−cos 8ϕ)

= 2 sinϕ 2sin 3ϕ 2 +2 sin 2ϕsin 6ϕ >0 obzirom da su sinϕ 2,sin 3ϕ

(11)

Takoder, vrijedic>djer je

c−d = (cos 3ϕ+cos 5ϕ)−(cos 6ϕ+cos 7ϕ)

= (cos 3ϕ−cos 6ϕ)+(cos 5ϕ−cos 7ϕ)

= 2 sin9ϕ 2 sin 3ϕ 2 +2 sinϕsin 6ϕ >0. Prema tome, c= f + p f2+₁ 2 i d= f − pf2+₁ 2 c=−1 8− 1 8 √ 17− q 34+2 √ 17 ! , d =−1 8 − 1 8 √ 17+ q 34+2 √ 17 ! .

Budu´ci da je cosϕ+cos 4ϕ= ai cosϕcos 4ϕ= 1₂c,dobiva se da su cosϕi cos 4ϕrjeˇsenja kvadratne jednadˇzbe x2−ax+ 1 2c=0. Kako suϕ,4ϕ∈ 0,π 2

,a funkcija kosinus je padaju´ca na tom intervalu, to je cosϕ = a+ √ a2₋_2c 2 , cos 4ϕ= a− √ a2₋_2c 2 . Konaˇcno, cosϕ = a+ √ a2₋_2c 2 = − 1 16 + 1 16 √ 17+ 1 16 q 34−2 √ 17 +1 8 r 17+3 √ 17− q 34−2 √ 17−2 q 34+2 √ 17.

Poznato je da, ako su zadane jediniˇcna duˇzina i duˇzina duljinex, moguće je ravnalom i ˇsestarom konstruirati duˇzinu duljine √x,pa je moguće konstruirati i sve duˇzine koje se iz zadanih duˇzina dobiju operacijama zbrajanja, oduzimanja, mnoˇzenja, dijeljenja i uzimanja drugog korijena. Prema tome, iz prethodnih razmatranja slijedi da je ravnalom i ˇsestarom moguće konstruirati cos2π

(12)

POGLAVLJE 1. O MOGU ´CNOSTI KONSTRUKCIJE (GAUSSOV DOKAZ) 8

U nastavku ćemo pokazati Gaussovu analizu. Gauss svoj dokaz mogućnosti konstruk-cije pravilnog sedamnaesterokuta zasniva na rjeˇsavanju jednadˇzbe x17−1 = 0, gdje je x duljina stranice pripadajućeg sedamnaesterokuta. On odbacuje trivijalno rjeˇsenjex = 1 te rjeˇsava jednadˇzbu

x16+x15+x14+· · ·+x2+x+1=0.

Kljuˇcnu ulogu u rjeˇsavanju jednadˇzbe x17₋₁ = _{0 igra ˇcinjenica da ostatci razliˇciti od}

nule modulo 17 (to su: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15 i 16) tvore cikliˇcku grupu u odnosu na mnoˇzenje, tj. da se mnoˇzenje tih ostataka ponaˇsa kao zbrajanje ostataka modulo 16. Takoder, treba primijetiti da se svaki ostatak razliˇcit od nule modulo 17 moˇze prikazati kao potencija nekog od tih ostataka. To slijedi iz ˇcinjenice da je broj 17 prost broj. Gauss je za rjeˇsavanje koristio potencije broja 3, tj. sljede´cu tablicu potencija broja 3 i pripadnih ostataka modulo 17:

pot. 31 32 33 34 35 36 37 38 39 310 311 312 313 314 315 316 ost. 3 9 10 13 5 15 11 16 14 8 7 4 12 2 6 1 Primjerice, iz prethodne tablice zakljuˇcujemo 15·8≡1 (mod 17) jer je 36_·₃10 ₌₃16_.

Ostatci modulo 16 mogu se prirodno podijeliti u dvije grupe ostataka: grupu parnih i grupu neparnih ostataka. Ovakvoj podjeli ekvivalentna je podjela ostataka modulo 17 na potencije s parnim i potencije s neparnim eksponentima, odnosno na kvadrate i nekvadrate. Podjela je sljede´ca: kvadrati 30 32 34 36 38 310 312 314 1 9 13 15 16 8 4 2 nekvadrati 31 ₃3 ₃5 ₃7 ₃9 ₃11 ₃13 ₃15 3 10 5 11 14 7 12 6 Jednadˇzbu x16+ x15+ x14+· · ·+x2+x+1=0 rjeˇsavamo tako da rjeˇsenjex1bude cos

2π 17 +isin

2π 17.

Na osnovi podjele ostataka modulo 16 u grupe kvadrata i nekvadrata, uvodimo supsti-tuciju

w0= x+x9+x13+x15+x16+x8+x4+x2,

w1 = x3+x10+x5+x11+x14+x7+x12+x6,

tako da se u w0 nalaze potencije broja x ˇciji su eksponenti kvadrati modulo 17, a u w1

nalaze se potencije broja x ˇciji su eksponenti nekvadrati modulo 17. Oˇcigledno, vrijedi w0+w1 =−1.Ako pomnoˇzimow0 iw1, oˇcigledno ´cemo dobiti 64 pribrojnika. Dokaˇzimo

(13)

najprije da niti jedan od njih nije 0. Kada pomnoˇzimo jedan pribrojnik iz w0 s jednim

pribrojnikom izw1,dobivamo pribrojnik oblika

x32k+32j+1 i treba dokazati da je

32j+1_. −32k(mod 17). Kako je 38 ≡ −1 (mod 17),to je

−32k ≡ 32k+8(mod 17). Ako bi vrijedilo 32j+1 _≡₃2k+8_{(mod 17)},_{tada bi bilo}

2j+1≡2k+8 (mod 16),

a to nije mogu´ce jer paran broj ne moˇze biti kongruentan neparnom broju modulo 16. Dakle, pri mnoˇzenjuw0iw1dobivaju se 64 pribrojnika oblika

xn = x32k+32j+1, 1≤ n≤16.

Rezultat mnoˇzenjaw0iw1 podijelit ´cemo u grupe. Prvu grupu,s0, ˇcinit ´ce pribrojnici koji

se dobivaju mnoˇzenjem prvog pribrojnika odw0s prvim pribrojnikom odw1, mnoˇzenjem

drugog pribrojnika odw0 s drugim pribrojnikom odw1 i tako redom. Za prvu grupu

pri-brojnika dobiva se

s0 = xx3+x9x10+x13x5+ x15x11+x16x14+ x8x7+x4x12+x2x6

= x4+x2+x+ x9+ x13+ x15+ x16+ x8

= w0.

Ako gornje pribrojnike prikaˇzemo pomo´cu eksponenta potencijex-a kao potencije broja 3, dobivamo:

x4 = xx3 = x30x31 = x30+31 = x312. Drugi pribrojnik us0jednak je

x2 = x9x10= x32x33 = x32+33 = x32(30+31) = x32312 = x32+12, tre´ci pribrojnik us0jednak je

x= x13x5 = x34x35 = x34(30+31) = x34312 = x34+12

i dalje analogno. Dakle, svaki pribrojnik u s0 dobiva se tako ˇsto se u eksponentu paran

stupanj trojke pomnoˇzi sa 30+31 =4≡ 312(mod 17), a 312je eksponent prvog pribrojnika us0.

(14)

Kako bismo dobili s1, mnoˇzimo na sljede´ci naˇcin: odw1uzimamo pribrojnike

pomje-rene cikliˇcki udesno za jedno mjesto, tj. prvi pribrojnik odw0 mnoˇzi se s drugim

pribroj-nikom odw1, drugi pribrojnik odw0 mnoˇzi se s tre´cim pribrojnikom odw1itd. Predzadnji

pribrojnik odw0mnoˇzi se sa zadnjim pribrojnikom odw1, a zadnji pribrojnik odw0mnoˇzi

se s prvim pribrojnikom odw1. Tada vrijedi:

s1 = xx10+x9x5+x13x11+x15x14+x16x7+ x8x12+x4x6+x2x3

= x11+x14+x7+x12+x6+x3+x10+x5

= w1.

Objasnimo rezultat mnoˇzenja zas1, drugu grupu pribrojnika. Prvi pribrojnik je

x11= xx10= x30x33 = x30+33 = x37. Drugi pribrojnik jednak je

x14 = x9x5 = x32x35 = x32+35 = x32(30+33) = x3237 = x32+7, tre´ci pribrojnik je

x= x13x11 = x34x37 = x34(30+33)= x3437 = x34+7

itd. U s1se svaki pribrojnik dobiva tako da se u eksponentu paran stupanj broja 3 mnoˇzi s

istim brojem, tj. sa 11= 30+33≡ 37(mod 17),a 37je eksponent u prvom pribrojniku. Ako je prvi pribrojnik u umnoˇsku x32k+32j+1 =3s, tada su ostali oblika

x32(k+m)+32(j+m)+1 = x32k+2m+32j+1+2m = x32m(32k+32j+1) = x32m3s = x32m+s, m= 1, . . . ,7. Kada jesparan dobiva sew0, a kada jesneparan dobiva sew1. Za ostale grupe pribrojnika

dobivamo: s2 = xx5+· · ·= x6+· · ·= x3 15 +· · ·= w1, s3 = xx11+· · ·= x12+· · ·= x3 13 +· · ·= w1, s4 = xx14+· · ·= x15+· · ·= x3 6 +· · ·=w0, s5 = xx7+· · ·= x8+· · ·= x3 10 +· · ·= w0, s6 = xx12+· · ·= x13+· · ·= x3 4 +· · ·=w0, s7 = xx6+· · ·= x7+· · ·= x3 11 +· · ·= w1, pa je konaˇcno w0w1 =w0+w1+w1+w1+w0+w0+w0+w1= 4(w0+w1)= −4.

(15)

Dakle, dobili smo sustav

w0+w1 =−1, w0w1= −4,

koji je ekvivalentan kvadratnoj jednadˇzbi

w2+w−4=0 ˇcija su rjeˇsenja

w0,1= −1

± √17 2 .

Ovaj postupak rastavljanja na pribrojnike moˇze se nastaviti analogno. Pribrojnikw0moˇze

se rastaviti na dva pribrojnika: potencije od x ˇciji su eksponenti parne potencije broja 3 u kojima su eksponenti oblika 4k, njih ´cemo oznaˇciti sa w00, te potencije od x ˇciji su

eksponenti parne potencije broja 3 ˇciji su eksponenti oblika 4k+2, oznaˇceni saw10. Takoder

iw1 rastavimo u dvije grupe pribrojnika. Pribrojnici ˇciji su eksponenti neparne potencije

broja 3 s eksponentima oblika 4k+1, oznaˇceni saw01,te pribrojnici u kojima su eksponenti

neparne potencije broja 3 s eksponentima oblika 4k +3, oznaˇceni sa w11. U konaˇcnici

dobivamo

w00= x+x4+x16+x13, w10 = x2+x8+x15+x9,

w01 = x3+x12+x14+x5, w10 = x6+x7+x11+x10.

Vrijede sljede´ci sustavi jednadˇzbi: w00+w10 = w0,

w00w10 = w01+w10+w00+w11 =w0+w1 =−1,

w01+w11 = w1,

w01w11 = w10+w11+w01+w00 =w0+w1 =−1.

Mnoˇzenje moˇzemo izvesti direktno ili primjenom analognog postupka kao i pri mnoˇzenju w0 i w1. Zakljuˇcujemo da su w00 i w10 rjeˇsenja jednadˇzbe z2− w0z− 1 = 0, a w01 iw11

rjeˇsenja jednadˇzbez2−w1z−1= 0.Dakle,

w00,10= w0± q w2₀+4 2 , w01,11 = w1± q w2₁+4 2 .

Treba biti oprezan pri odredivanju predznaka ispred korijena. Algebarski, rjeˇsenja kva-dratnih jednadˇzbi su medusobno ekvivalentna, no ako ih promatramo kao kompleksne brojeve, ona imaju odredene vrijednosti, tj. medu sedamnaestim korijenima iz 1 postoji jednoznaˇcno uredenje (poredak) na jediniˇcnoj kruˇznici o kojem ovisi predznak rjeˇsenja.

(16)

Odredivanje predznaka korijena tako da se dobije x1 = cos

2π

17 +isin 2π

17, analizirat ´ce se kasnije.

Nastavljaju´ci analogan postupak podjele pribrojnika izw00 = x+x4+x16+x13dobiva

se

w000= x+x16, w100 = x4+x13,

iz ˇcega slijedi

w000+w100 =w00, w000w100= x5+ x12+ x14+ x3= w01,

pa suw000iw100rjeˇsenja jednadˇzbez2−w00z+w01.Kako je

x+x16 =w000, xx16 = x17 =1,

to su xix16 su rjeˇsenja jednadˇzbe

z2−w000z+1=0.

Za konstrukcije pravilnog sedamnaesterokuta ovu jednadˇzbu nije potrebno rjeˇsavati jer vrijedi da je w000= x+x16 = x+ 1 x =2 cos 2π 17 ako jex= x1= cos 2π 17 +isin 2π 17.U op´cenitom sluˇcaju je xk = cos2π 17 +isin 2π 17 !k pa je x17−k =cos (17−k) 2π 17 +isin (17−k) 2π 17 =cosk 2π 17 −isink 2π 17 = xk, tj. x17−k ixk su konjugirano kompleksni brojevi. Odatle je

xk+ x17−k = 2 cos2kπ

17 ∈R, k= 1,2, . . . ,16.

Odredimo predznake pri rjeˇsavanju kvadratnih jednadˇzbi tako da dobijemo da je x1 =cos 2π 17 +isin 2π 17, tj. da jew000= 2 cos 2π 17.

(17)

Vrijedi: w000 = x+x16 =2 cos 2π 17, w100= x 4₊ x13= 2 cos 42π 17, w010 = x8+x9 =2 cos 8 2π 17, w110 = x 2₊ x15 =2 cos 22π 17, w001 = x3+x14 =2 cos 3 2π 17, w101 = x 5₊_x12 ₌_{2 cos 5}2π 17, w011 = x7+x10 =2 cos 7 2π 17, w111 = x 6₊_x11 ₌_{2 cos 6}2π 17. Budu´ci da je kosinus padaju´ca funkcija na intervaluh0, πi,to je

2 cos2kπ 17 > 2 cos 2lπ 17, 1≤k< l≤8, pa vrijedi w000 >w110 >w001 >w100 >0> w101> w111> w011> w010.

Koriste´ci cosα=−cos(π−α) za 0< α < π, dobivamo nejednakosti

−w010> w000> −w011 >w110 >−w111> w001> −w101 >w100 >0. Imamo w00= x+x4+x16+x13= w000+w100 >0, w10 = x2+x8+x15+x9 =w010+w110 <0, w01 = x3+x12+x14+x5 =w001+w101 >0, w11 = x6+x7+x11+x10 =w011+w111 <0, a takoder i w00 =w000+w100 >w000 >w001 >w001+w101 =w01.

Budući da je kosinus monotono padajuća funkcija nah0, πi, vrijedit ćew0> 0, odnosno

w000 =2 cos 2π 17 >2 cos π 6 = √ 3, w110 =2 cos 4π 17 > 2 cos π 4 = √ 2, w100> 0 i w010 >−1.

Kada sve zbrojimo, dobivamo

w0 =w000+w010+w100+w110 >

√ 3+

√

(18)

POGLAVLJE 1. O MOGU ´CNOSTI KONSTRUKCIJE (GAUSSOV DOKAZ) 14 Takoder,−w111> w001,w011 <0 iw100 <0, pa je w1 =w001+w011+w101+w111 <0. Budu´ci da jew0 >0 iw1 <0, vrijedi w0 = −1+ √ 17 2 , w1 = −1− √17 2 i |w1|>|w0|. Znamo da jew00+w10 =w0 >0 iw00w10= −1, pa zbogw00> 0>w10vrijedi

w00 = w0+ q w2₀+4 2 = −1+ √17+ q 34−2√17 4 , w10 = w0− q w2 0+4 2 = −1+ √17− q 34−2√17 4 , |w00|>|w10|.

Takoder, znamo da jew01+w11 =w1 <0 iw01w11 =−1, pa zbogw01 >0> w11 vrijedi

w01 = w1+ q w2 1+4 2 = −1− √17+ q 34+2 √ 17 4 , w11 = w1− q w2₁+4 2 = −1− √17− q 34+2√17 4 , |w11|>|w01|.

Konaˇcno se iz sustava jednadˇzbi

w000+w100 =w00, w000w100= w01,

ekvivalentnog kvadratnoj jednadˇzbix2₋_w

00x+w01 =0 te izw000 >w100 >0 dobiva 2 cos2π 17 = w000 = −1+ √ 17+ q 34−2√17 8 + r 17+3√17− q 170+38√17 4 ,

(19)

2 cos8π 17 = w100 = −1+ √ 17+ q 34−2√17 8 − r 17+3 √ 17− q 170+38 √ 17 4 .

Analogno se iz sustava jednadˇzbi

w010+w110= w10< 0, w010w110= w11< 0,

ekvivalentnog kvadratnoj jednadˇzbi x2₋_w

10x+w11 = 0 i ˇcinjenicew110 > 0 > w010, uz |w010|>|w110|, dobiva 2 cos4π 17 = w110 = −1+ √ 17− q 34−2 √ 17 8 + r 17+3√17+ q 170+38√17 4 , 2 cos16π 17 = w010 = −1+ √ 17− q 34−2√17 8 − r 17+3√17+ q 170+38√17 4 . Iz sustava jednadˇzbi w001+w101= w01> 0, w001w101= w10< 0,

ekvivalentnog kvadratnoj jednadˇzbi x2−w01x+w10 = 0 i ˇcinjenicew001 > 0 > w101, uz

|w001|>|w101|, dobiva se 2 cos6π 17 = w001 = −1− √ 17+ q 34−2 √ 17 8 + r 17−3√17− q 170+38√17 4 , 2 cos10π 17 = w101 = −1− √ 17+ q 34−2√17 8 − r 17−3√17+ q 170−38√17 4 ,

(20)

te konaˇcno, iz sustava jednadˇzbi

w011+w111= w11< 0, w011w111= w00> 0,

ekvivalentnog kvadratnoj jednadˇzbi x2−w11x+w00 = 0 i ˇcinjenice 0 > w111 > w011, uz

|w011|>|w111|, dobiva 2 cos12π 17 = w111 = −1− √ 17− q 34+2√17 8 + r 17−3√17− q 170−38√17 4 , 2 cos14π 17 = w011 = −1− √ 17− q 34+2√17 8 − r 17−3√17− q 170−38√17 4 .

Ovdje zavrˇsava Gaussova analiza iz koje je vidljivo da je pravilan sedamnaesterokut mogu´ce konstruirati pomo´cu ravnala i ˇsestara.

Tek sad moˇzemo dati geometrijsku intrepretaciju rjeˇsenja koje je Gauss opisao u svom pismu. Zax=cosϕ+isinϕimamo

w0 = x+x2+x4+x8+x9+x13+x15+x16

= (cosϕ+isinϕ)+(cos 2ϕ+isin 2ϕ)+(cos 4ϕ+isin 4ϕ)

+(cos 8ϕ+isin 8ϕ)+(cos 9ϕ+isin 9ϕ)+(cos 13ϕ+isin 13ϕ)

+(cos 15ϕ+isin 15ϕ)+(cos 16ϕ+isin 16ϕ)

= (cosϕ+isinϕ)+(cos 2ϕ+isin 2ϕ)+(cos 4ϕ+isin 4ϕ)

+(cos 8ϕ+isin 8ϕ)+(cos 8ϕ−isin 8ϕ)+(cos 4ϕ−isin 4ϕ)

+(cos 2ϕ−isin 2ϕ)+(cosϕ−isinϕ)

= 2(cosϕ+cos 2ϕ+cos 4ϕ+cos 8ϕ)= 2(a+b)=2e, kao i

w1 = x3+x5+x6+x7+x10+x11+x12+x14

= (cos 3ϕ+isin 3ϕ)+(cos 5ϕ+isin 5ϕ)+(cos 6ϕ+isin 6ϕ)

+(cos 7ϕ+isin 7ϕ)+(cos 10ϕ+isin 10ϕ)+(cos 11ϕ+isin 11ϕ)

(21)

= (cos 3ϕ+isin 3ϕ)+(cos 5ϕ+isin 5ϕ)+(cos 6ϕ+isin 6ϕ)

+(cos 7ϕ+isin 7ϕ)+(cos 7ϕ−isin 7ϕ)+(cos 6ϕ−isin 6ϕ)

+(cos 5ϕ−isin 5ϕ)+(cos 3ϕ−isin 3ϕ)

= 2(cos 3ϕ+cos 5ϕ+cos 6ϕ+cos 7ϕ)=2(c+d)=2f. Slijedi e= −1+ √ 17 4 i f = −1− √17 4 , ˇsto je ranije dobiveno primjenom trigonometrijskih identiteta.

(22)

Poglavlje 2

Neke konstrukcije pravilnog

sedamnaesterokuta na osnovi Gaussove

analize

U ovom poglavlju prikazat ´cemo nekoliko konstrukcija koje koriste Gaussovu analizu mogu´cnosti konstrukcije pravilnog sedamnaesterokuta. Zanimljivo je to da Gauss nikad nije izveo geometrijsku konstrukciju pravilnog sedamnaesterokuta, niti je za to bio zainte-resiran.

2.1 O konstrukcijama pravilnog sedamnaesterokuta na

osnovi Gaussove analize

Jedan od pogodnih naˇcina za konstrukciju pravilnog sedamnaesterokuta je primjenom rje-ˇsenja jednadˇzbex2−w00x+w01 =0, tj. jedne od veliˇcina

w000 = 2 cos 2π 17 ili w100 =2 cos 8π 17 =2 sin π 2 − 8π 17 ! = 2 sin π 34. Ako raˇcunamow000= 2 cos

2π

17, tada nad polumjerom jediniˇcne kruˇznice trebamo konstru-irati normalu u w000

2 . Presjek te normale i kruˇznice su dvije toˇcke. Te toˇcke i toˇcka u kojoj polumjer sijeˇce kruˇznicu su tri uzastopne toˇcke pravilnog sedamnaesterokuta.

Ukoliko raˇcunamow100 = 2 sin

π

34, tada dobivamo stranicu pravilnog poligona od 34 stranice upisanog u jediniˇcnu kruˇznicu. Ako konstruiramo kruˇznicu ˇcije je srediˇste pro-izvoljna toˇcka polazne jediniˇcne kruˇznice, a polumjer w100 = 2 sin

π

34, tada presjek ove dvije kruˇznice predstavlja dvije uzastopne toˇcke pravilnog sedamnaesterokuta.

(23)

U prethodnom poglavlju dobili smo

w0+w1= −1 i w0w1 = −4,

tj. w0 i w1 su rjeˇsenja kvadratne jednadˇzbe x2 + x − 4 = 0, u kojoj su svi koeficijenti

poznati. Pri konstrukciji ovih rjeˇsenja treba uzeti u obzir da jew0> 0> w1, ako koristimo

orijentirane duˇzine, odnosno da je|w1|>|w0|kada ih ne koristimo.

Konstrukciju pravilnog sedamnaesterokuta moˇzemo izvesti po koracima sljede´ce alge-barske analize:

1. Konstruiramo rjeˇsenjaw0 iw1kvadratne jednadˇzbe x2+x−4= 0.

2. Konstruiramo po apsolutnoj vrijednosti ve´ce rjeˇsenje, w00, kvadratne jednadˇzbe

x2₋_w

0x−1=0.

3. Konstruiramo po apsolutnoj vrijednosti manje rjeˇsenje, w01, kvadratne jednadˇzbe

x2−w1x−1=0.

4. Konstruiramo ve´ce rjeˇsenjew000 kvadratne jednadˇzbex2−w00x+w01 = 0.

5. U jediniˇcnoj kruˇznici odredimo kruˇzni isjeˇcak srediˇsnjeg kutaαˇciji je kosinus w000 2 . Danim koracima lako se konstruira pravilni sedamnaesterokut ako se koristi neki grafiˇcki naˇcin rjeˇsavanja kvadratnih jednadˇzbi. U konstrukciji pravilnog sedamnaesterokuta najˇceˇs´ce se koristi Carlyleov teorem o konstrukciji rjeˇsenja kvadratne jednadˇzbe.

Teorem 2.1.1(Carlyleov teorem). Neka su p i q realni brojevi te neka kvadratna jednadˇzba x2− px+q=0

ima realna rjeˇsenja. Neka je dana kruˇznica ˇciji je jedan promjer odreden toˇckama A(0,1) i P(p,q).Presjek kruˇznice i osi apscisa neka su toˇcke X1(x1,0)i X2(x2,0). Tada su x1 i x2

rjeˇsenja dane kvadratne jednadˇzbe.

Dokaz. Srediˇste zadane kruˇznice je toˇckaS p 2,

q+1 2

!

, a polumjer ima duljinu|AS|, tj.

r= s _p 2 2 + q−1 2 !2 .

Tada je jednadˇzba zadane kruˇznice

x− p 2 2 + y− q+1 2 !2 = p 2 2 + q−1 2 !2 ,

(24)

POGLAVLJE 2. KONSTRUKCIJE PRAVILNOG SEDAMNAESTEROKUTA 20

odnosno

x2−px+y2−(q+1)y+q= 0.

Slika 2.1: Konstrukcija rjeˇsenjaX1iX2kvadratne jednadˇzbe x2− px+q=0

Da bismo odredili presjek kruˇznice s x-osi, rjeˇsavamo jednadˇzbuy = 0. Dobivamo da apscise toˇcaka presjekaX1iX2zadovoljavaju jednadˇzbu x2− px+q= 0.

Tvrdnja se lako dokazuje i geometrijski. Neka jeP1 ortogonalna projekcija toˇckePna

x-os, aP2 ortogonalna projekcije toˇckePnay-os. Ako jeS1 ortogonalna projekcija toˇcke

S nax-os, tada je|OS1|=|S1P1|i|X1S1|= |S1X2|,odakle slijedi|OX1|= |X2P1|i konaˇcno

|OX1|+|OX2|= |OP1| odnosno x1+ x2= p.

Iz potencije toˇckeOna kruˇznicu slijedi da je

|OX1| · |OX2|= |OA| · |OP2| odnosno x1x2 =q.

(25)

Za konstrukcijsko rjeˇsavanje kvadratne jednadˇzbe dovoljno je odrediti srediˇste kruˇznice S jer pomo´cu polumjera S A lako konstruiramo traˇzenu kruˇznicu. Kada je q , 1, tada

kruˇznica sijeˇce os ordinata u dvije toˇcke,AiP2, a vrijedi|OP2|=|P1P|=q,pa seS dobiva

kao sjeciˇste simetrala duˇzinaOP1 iAP2.

Poseban sluˇcaj predstavlja rjeˇsavanje jednadˇzbe x2− px− 1 = 0 jer se tada srediˇste S, poloviˇste duˇzine AP, poklapa s poloviˇstem duˇzine OP1. Ovaj poseban sluˇcaj

pojav-ljuje se u drugom i tre´cem koraku prethodno navedene analize za konstrukciju pravilnog sedamnaesterokuta.

Slika 2.2: Konstrukcija rjeˇsenjaX1iX2kvadratne jednadˇzbe x2− px−1=0

Carlyleov teorem moˇze se poop´citi na rjeˇsavanje kvadratne jednadˇzbe oblikax2₋ _px+

ab= 0. U tom sluˇcaju konstruiramo kruˇznicu ˇciji jedan promjer ima krajnje toˇcke A(0,a) iP(p,b).Kada se stavia=1 ib= qdobiva se Carlyleov teorem.

Prema tome, w0 i w1 se dobiju kao presjeci x-osi i kruˇznice ˇciji je promjer odreden

toˇckama (0,1) i (−1,−4); w00 kao presjek x-osi i kruˇznice sa srediˇstem u

0,w0 2

(26)

prolazi kroz (0,1), pri ˇcemu se bira toˇcka presjeka udaljenija od ishodiˇsta;w01kao presjek

x-osi i kruˇznice sa srediˇstem u

0,w1 2

koja prolazi kroz (0,1), pri ˇcemu se bira toˇcka presjeka bliˇze ishodiˇstu;w000kao presjek x-osi i kruˇznice ˇciji je promjer odreden toˇckama

(0,1) i (w00,w01),pri ˇcemu se bira ve´ca vrijednost.

2.2 Konstrukcija pravilnog sedamnaesterokuta

uzastopnim rjeˇsavanjem kvadratnih jednadˇzbi

Uz pomo´c Carlyleovog postupka, rjeˇsavanjem niza kvadratnih jednadˇzbi, upisat ´cemo pra-vilan sedamnaesterokut u jediniˇcnu kruˇznicu sa srediˇstem u ishodiˇstuOkoordinatnog sus-tava. Neka jeT1 presjek te kruˇznice s pozitivnim dijelomx-osi.

Prvo treba (konstrukcijski) rijeˇsiti jednadˇzbu x2+x−4=0.

Koriste´ci Carlyleov teorem za rjeˇsavanje kvadratne jednadˇzbex2+x−4= 0, konstru-iramo kruˇznicu nad promjerom AP, pri ˇcemu je A(0,1), a P(−1,−4). Neka ova kruˇznica sijeˇce pozitivan dio osi apscisa u toˇckiE0(w0,0),a negativan dio osi apscisa u toˇckiE1(w1,0).

U sljede´ca dva koraka treba rijeˇsiti kvadratne jednadˇzbe x2−w0x−1= 0 i x2−w1x−1= 0

ˇciji je slobodan ˇclan−1, a u tom sluˇcaju se srediˇste traˇzene kruˇznice nalazi na osi apscisa. U oba sluˇcaja potrebno je konstruirati samo ve´ce rjeˇsenje kvadratne jednadˇzbe.

Za jednadˇzbu x2₋_w

0x−1 = 0 srediˇste Carlyleove kruˇznice je u toˇcki F0, poloviˇstu

duˇzineOE0,a za jednadˇzbu x2−w1x−1 = 0 u toˇckiF1, poloviˇstu duˇzineOE1. Za

kons-trukciju ve´ceg rjeˇsenja jednadˇzbex2−w0x−1= 0 opiˇsimo luk kruˇznice sa srediˇstem uF0,

polumjeraAF0, koji sijeˇce pozitivan dio x-osi. Tu toˇcku oznaˇcimo saG0. Za konstrukciju

ve´ceg rjeˇsenja jednadˇzbe x2 − w1x− 1 = 0, na analogan naˇcin opiˇsemo luk kruˇznice sa

srediˇstem u F, polumjera AF1, koji sijeˇce pozitivan dio x-osi. Tu toˇcku oznaˇcimo saG1.

Tada je

|OG0|= w00 i |OG1|=w01.

Ostaje joˇs konstruirati ve´ce rjeˇsenje jednadˇzbe x2−w00x+w01 = 0.U toˇckiG0

podig-nemo okomicu na x-os i na njoj oznaˇcimo toˇckuQtakvu da je |G0Q|= |OG1|.

Kruˇznica ˇciji je promjerAQ i srediˇste toˇcka M, sijeˇce pozitivan diox-osi u toˇckama I i J. Sa I oznaˇcimo toˇcku koja je udaljenija od ishodiˇsta koordinatnog sustava. Tada za toˇcku

(27)

S,poloviˇste duˇzineOI, vrijedi

|OS|=cos2π 17.

SaT2iT17 oznaˇcimo sjeciˇsta normale nax-os konstruirane u toˇckiS s jediniˇcnom

kruˇzni-com srediˇstaOi polumjeraOT1. ToˇckeT17,T1iT2 predstavljaju tri uzastopne toˇcke

pra-vilnog sedamnaesterokuta upisanog u jediniˇcnu kruˇznicu. Ostale toˇcke prapra-vilnog sedam-naesterokuta lako se konstruiraju prenoˇsenjem duljine osnoviceT1T2uz pomo´c ˇsestara.

Slika 2.3: Konstrukcija pravilnog sedamnaesterokuta direktnim rjeˇsavanjem kvadratnih jednadˇzbi

(28)

2.3 Callagyjeva konstrukcija pravilnog

sedamnaesterokuta

Konceptualno jednostavnu konstrukciju pravilnog sedamnaesterokuta dao je, bez dokaza, engleski matematiˇcar James J. Callagy 1983. godine.

Neka je dana jediniˇcna kruˇznica sa srediˇstemOi neka jeOT1njen polumjer. Neka je

na kruˇznici odabrana toˇckaBtakva da vrijediOB⊥OT1, te toˇckaCtakva da vrijediOC ⊥

OB.Na polumjeruOBkonstruiramo toˇckuEtakvu da je|OE|= |OB|

4 i konstruiramo pravac ET1. Neka u pravokutnom trokutu 4T1EO simetrala unutarnjeg kuta pri vrhu E sijeˇce

nasuprotnu katetuOT1 u toˇckiF 0

0, a simetrala vanjskog kuta pri vrhuE sijeˇce produˇzetak

nasuprotne katete u toˇckiF₁0.

Promotrimo pravokutni trokut 4OT1E s pravim kutom pri vrhu O. Duljine kateta tog

trokuta su|OT1|= 1 i|OE|=

1

4 pa je hipotenuza duljine|ET1|= √

17

4 .Teorem o simetrali unutarnjeg kuta trokuta tvrdi da simetrala unutarnjeg kuta trokuta dijeli tom kutu nasu-protnu stranicu u omjeru preostalih stranica. Dakle, ako promotrimo simetralu _^OET1,

vrijedi |OF0₀| |F0₀T1| = |OE| |T1E| , odakle slijedi |OF0 0| 1− |OF₀0| = 1 4 √ 17 4 , pa je |OF₀0|= 1 1+ √17 = −1+ √17 16 = 1 8· −1+ √17 2 = 1 8 ·w0.

Analogno tome, iz pravokutnog trokuta4OCE1s pravim kutom pri vrhu O, dobije se

|OF₁0|= 1 8·w1. Neka je toˇckaG0

0presjek kruˇznice sa srediˇstemF

0

0, radijusaF

0

0Ei pravcaOT1(sjeciˇste

s desne strane toˇckeO), a toˇckaG0₁presjek kruˇznice sa srediˇstemF₁0, radijusaF₁0Ei pravca OT1 (sjeciˇste s desne strane toˇckeO). Iz prethodne konstrukcije slijedi

|OG0₀|= w00 4 i |OG 0 1|= w01 4 .

(29)

Konstruirajmo kruˇznicu ˇciji je promjer duˇzinaCG0

1.Presjek te kruˇznice i pravcaOB, s

do-nje strane toˇckeO, oznaˇcimo saH.Koriste´ci svojstvo potencije toˇcke na kruˇznicu, imamo |OH|2 = |OC| · |OG0₁|,

a kako je|OC|= 1,to je

|OH|= √

w01

2 .

S donje strane pravca OT1 konstruirajmo polukruˇznicu ˇciji je promjer duˇzina OG0₀ i na

njemu toˇckuKtakvu da je|OK|=|OH|. Trokut4OKG0₀je pravokutan pa je |KG0₀|2 = |OG0₀|2− |OK|2 = w 2 00 16 − w01 4 = w200−4w01 16 , odakle slijedi |KG0₀|= q w2 00−4w01 4 .

Neka kruˇznica sa srediˇstem uG0₀, polumjeraG0₀K,sijeˇce duˇzinuG0₀T1 u toˇckiS.Tada je

|OS| = |OG0₀|+|G0₀S| = w00 4 + q w2 00−4w01 4 = w00+ q w2 00−4w01 4 ,

pa je|OS|oˇcigledno polovina ve´ceg rjeˇsenja kvadratne jednadˇzbe x2−w00x+w01 =0. Dakle, |OS|= w000 2 = cos 2π 17.

Prema tome, presjek polazne kruˇznice i okomice konstruirane u toˇckiS na promjerCT1su

(30)

Slika 2.4: Callagyjeva konstrukcija pravilnog sedamnaesterokuta

2.4 Von Pfleidererova konstrukcija pravilnog

sedamnaesterokuta

Christoph Friedrich von Pfleiderer, profesor matematike i fizike u T¨ubingenu, prvi je na osnovi Gaussove analize konstruirao pravilni sedamnaesterokut i konstrukciju opisao (bez dokaza) u pismu Gaussu 1802. godine. Ova konstrukcija je objavljena javnosti tek 1917. go-dine.

Konstruirajmo jediniˇcnu kruˇznicu sa srediˇstem u toˇckiA(0,1).Neka kruˇznica odredena srediˇstemE −1

2,0

!

i polumjerom ET, gdje je T(0,2), sijeˇce x-os u toˇckama E0 i E1, pri

(31)

Tada vrijedi |OE0| = |EE0| − |OE|=|ET| − |EO|= p |OT|2+_|_OE_|2₋ 1 2 = r 4+ 1 4 − 1 2 =− 1 2+ √ 17 2 =w0. Analogno se dobiva da je |OE1|=− 1 2 − √ 17 2 =w1.

Slika 2.5: Von Pfleidererova konstrukcija pravilnog sedamnaesterokuta Nadalje, nax-osi konstruiramo toˇckeF0iF1takve da vrijedi

|OF0|= |OE0| 2 = w0 2 i |OF1|= |OE1| 2 = w1 2 .

(32)

Zatim opiˇsemo kruˇzni luk sa srediˇstem u F0, polumjera F0A i neka je toˇcka H0 presjek

tog kruˇznog luka s negativnim dijelom x-osi. Opiˇsemo i kruˇzni luk sa srediˇstem u F1,

polumjeraF1Ai neka je toˇckaH1 presjek tog kruˇznog luka s negativnim dijelomx-osi.

Za razliku od prethodnih konstrukcija, von Pfleiderer nakon geometrijskog rjeˇsavanja kvadratnih jednadˇzbi

x2−w0x−1= 0 i x2−w1x−1= 0

u kojima odabire manja rjeˇsenja, tj.|OH0|=w10i|OH1|=w11,rjeˇsava jednadˇzbu

x2−w10x+w11 =0.

U toˇcki H0 konstruiramo okomicu na x-os, s donje strane x-osi, i na njoj odredimo toˇcku

Ptakvu da je|H0P|=|OH1|.Neka kruˇznica promjeraAPsijeˇce negativan diox-osi u toˇcki

K.Tada vrijedi |OK|= w010= 2 cos 8 2π 17 = −2 cos π 17.

Ako iz toˇcke O konstruiramo kruˇznicu polumjeraOK, ona ´ce sje´ci jediniˇcnu kruˇznicu u toˇcno dvije toˇcke,T2 iT17. Ako stavimoT = T1, dobivamo tri uzastopne toˇcke pravilnog

sedamnaesterokuta. Ostale toˇcke dobijemo pomo´cu ˇsestara.

2.5 Konstrukcija pravilnog sedamnaesterokuta samo

ˇsestarom

Konstrukcija pravilnog sedamnaesterokuta samo ˇsestarom pronadena je relativno kasno. Naime, 1895. godine, njemaˇcki matematiˇcar Felix Klein se u svojoj knjizi o elementar-noj geometriji poˇzalio da mu nije poznata spomenuta konstrukcija. Dvije godine poslije, francuski matematiˇcar Louis G´erard, objavio je konstrukciju pravilnog sedamnaesterokuta izvedivu samo ˇsestarom.

Neka je u koordinatnom sustavu dana jediniˇcna kruˇznica sa srediˇstem u ishodiˇstu O. Neka jeBpresjek kruˇznice i negativnog dijelax-osi. Opiˇsimo kruˇznicu sa srediˇstem u toˇcki B, polumjeraOB. Presjek te i jediniˇcne kruˇznice oznaˇcimo toˇckomC.Presjek kruˇznice sa srediˇstem uC polumjera OBi jediniˇcne kruˇznice oznaˇcimo sa D. Konaˇcno, kruˇznica sa srediˇstem D polumjera OB sijeˇce jediniˇcnu kruˇznicu u toˇcki T1. Trokut 4BCT1 je

pra-vokutan, s pravim kutom pri vrhu C, jer je C toˇcka nad promjerom BT1. Budu´ci da je

toˇckaC na kruˇznici sa srediˇstem Bi polumjerom|BO| = 1, a|BT1| = 2, iz4BCT1 slijedi

|CT1| =

√

22₋₁2 = √_{3. Analogno, iz pravokutnog trokuta} _4T

1DB, s pravim kutom pri

vrhuD,slijedi|BD|= √3.Dakle,|BD|= |T1C|=

√ 3.

(33)

Neka se kruˇznica sa srediˇstemBpolumjeraBDi kruˇznica sa srediˇstemT1, istog

polu-mjera, sijeku u toˇckamaHiH0.Iz pravokutnog trokuta4BOH s pravim kutom pri vrhuO vidimo da je

|OH|= p|BH|2_{− |}_OB_|2 = p_|_BD_|2_{− |}_OB_|2 = √₃₋₁= √₂,

a to je upravo duljina stranice kvadrata upisanog u jediniˇcnu kruˇznicu. Neka kruˇznica sa srediˇstemB,polumjeraOH,sijeˇce jediniˇcnu kruˇznicu u toˇckamaAiA0.Te toˇcke su upravo presjeci jediniˇcne kruˇznice sy-osi.

Odredimo sada toˇckeF0

_w 0 2 ,0 i F1 _w 1 2 ,0

. Iz prethodne konstrukcije poznato je da su toˇckeF0iF1sjeciˇstax-osi i kruˇznice sa srediˇstem −

1 4,0 ! ,polumjera √ 17 4 .Ako ˇzelimo ove toˇcke odrediti samo uz pomo´c ˇsestara, postupak je sljede´ci: u toˇcki −1

4,0

!

konstru-iramo okomicu na os apscisa i odredimo presjek te okomice s jediniˇcnom kruˇznicom. Ta okomica je upravo simetrala duˇzine odredene toˇckomOi poloviˇstem duˇzineOB.Najprije odredimo poloviˇste polumjeraOB,to neka je toˇcka S. Neka kruˇznica sa srediˇstem B, po-lumjera BA, sijeˇce kruˇznicu sa srediˇstem T1 polumjera 1 u toˇckama K i K0. Koordinate

toˇcakaKiK0dobivaju se rjeˇsavanjem sustava jednadˇzbi (x+1)2+y2 =(

√

2)2 i (x−1)2+y2= 1, pa dobivamo da je apscisa toˇcakaK iK0jednaka 1

4.

Konstruirajmo dvije kruˇznice polumjera 1, jednu sa srediˇstem K i drugu sa srediˇstem K0. Sa T1 iS oznaˇcimo njihova sjeciˇsta. ToˇckaS je osnosimetriˇcna toˇckiT1u odnosu na

pravacKK0,pa jeS poloviˇste duˇzineOB.Neka kruˇznica sa srediˇstemS polumjera 1 sijeˇce jediniˇcnu kruˇznicu (poˇcetnu, sa srediˇstem u ishodiˇstu) u toˇckama N i N0. _{U tom sluˇcaju} toˇckaN pripada simetrali duˇzine OS. Budu´ci da se ta simetrala nalazi izmedu toˇcakaOi S, a toˇckaS je poloviˇste jediniˇcne duˇzineOB, jednadˇzba simetrale je x = 1

4, tj. xN = 1 4. Ordinata toˇckeN,tj.yNdobije se iz pravokutnog trokuta u kojem jex2_N+y2_N =|ON|2_._Toˇcka

N pripada jediniˇcnoj kruˇznici pa vrijediy2

n =12− 1 4 !2 ,odnosno N       1 4, √ 15 4      .

(34)

Slika 2.6: G´erardova konstrukcija pravilnog sedamnaesterokuta samo ˇsestarom Budu´ci da su toˇcke A i B zadane koordinatama (0,1) i (−1,0), to je njihova udalje-nost jednaka √2. Neka kruˇznica sa srediˇstem N polumjera|AB| = √2 sijeˇce kruˇznicu sa srediˇstemN0istog polumjera u toˇckamaF0iF1,pri ˇcemu jeF0na pozitivnom dijelu x-osi.

Jasno je da je|F0N|= √ 2. Tada vrijedi |OF0|+ 1 4 = q |F0N|2−y2N, pa je |OF0|= r 2− 15 16 − 1 4 =− 1 4 + √ 17 4 = w0 2 . Analogno se iz ˇcinjenice|F1N|2 = |F1O| − 1 4 !2 +y2 N dobiva |OF1|= − 1 4 − √ 17 4 = w1 2 .

(35)

Sad prelazimo na drugi i tre´ci korak konstrukcije. Neka jediniˇcna kruˇznica sa srediˇstemF0

sijeˇce kruˇznicu sa srediˇstemA,polumjeraOF0,u toˇckiL0tako da jeOF0L0Apravokutnik.

Nadalje, jediniˇcna kruˇznica sa srediˇstemF0sijeˇce kruˇznicu sa srediˇstemA0,polumjeraOF0

u toˇcki L0₀ tako da je OA0L0₀F0 pravokutnik. Analognu konstrukciju izvodimo i s toˇckom

F1.Dakle, toˇckuL1dobivamo kao presjek jediniˇcne kruˇznice sa srediˇstemF1i kruˇznice sa

srediˇstemA, polumjeraOF1, tako da jeOAL1F1 pravokutnik, aL0₁ dobivamo kao presjek

jediniˇcne kruˇznice sa srediˇstem F1 i kruˇznice sa srediˇstemA0, polumjeraOF1, tako da je

OF1L0₁A0pravokutnik.

Neka kruˇznica sa srediˇstem u toˇcki L0polumjeraF0H sijeˇce kruˇznicu sa srediˇstemL0₀

polumjeraF0Hu toˇckiG0,desno odL0L0₀.Dakle|F0H|=|G0L0|. Tada je

|OG0| = |OF0|+|F0G0|= w0 2 + p |G0L0|2− |F0L0|2 = w0 2 + p |OF0|2+|OH|2− |F0L0|2 = w0 2 + r _w 0 2 2 +2−1= w0+ q w2 0+4 2 ,

pa je|OG0|pozitivno rjeˇsenje kvadratne jednadˇzbe x2−w0x−1=0,tj.|OG0|=w00.

Neka kruˇznica sa srediˇstem u toˇcki L1polumjeraF1H sijeˇce kruˇznicu sa srediˇstemL01

polumjeraF1Hu toˇckiG1,desno odL1L0₁.Tada je

|OG1| = |OF1|+|F1G1|= w1 2 + p |G1L1|2− |F1L1|2 = w1 2 + p |OF1|2+|OH|2− |F1L1|2 = w1 2 + r _w 1 2 2 +2−1= w1+ q w2 1+4 2 ,

pa je|OG1|pozitivno rjeˇsenje kvadratne jednadˇzbe x2−w1x−1=0,tj.|OG1|=w01.

Konstruiramo toˇcke M i M0 kao presjeke kruˇznica sa srediˇstima u toˇckama O i G0,

polumjeraBG1. Tada je apscisa toˇckeM,budu´ci da se ona nalazi na simetrali duˇzineOG0

duljinew00, jednaka w00 2 ,a ordinata je s |G1C|2− |OG0| 2 !2 = s (|BO|+|OG1|)2− |OG0| 2 !2 = s (1+w01)2− w2 00 4 .

(36)

ˇcemu vrijedi|OI|>|OJ|.Duljina polumjera tih kruˇznica jednaka je

|G1C|= p |G1S|2+|S C|2 = v t w01+ 1 2 !2 +       √ 3 2       2 = qw2 01+w01+1. Tada je |OI| = w00 2 + s |MI|2₋ |M M 0_| 2 !2 = w00 2 + s w2₀₁+w01+1−(1+w01)2+ w2₀₀ 4 = w00 2 + q w2 00−4w01 2 ,

pa je|OI|ve´ce rjeˇsenje kvadratne jednadˇzbex2−w00x+w01 =0.Analogno se dobiva da je

drugo rjeˇsenje te kvadratne jednadˇzˇzbe

|OJ|= w00 2 −

q

w2₀₀−4w01

2 .

Kada iz toˇcke I opiˇsemo kruˇzni luk polumjera 1, on sijeˇce poˇcetnu jediniˇcnu kruˇznicu u dvije toˇcke. Te toˇcke,T2iT17su toˇcke traˇzenog pravilnog sedamnaesterokuta, upisanog u

jediniˇcnu kruˇznicu.

2.6 Potencija toˇcke i kvadratna jednadˇzba

U sljede´cim konstrukcijama pravilnog sedamnaesterokuta koristi se drugaˇcije grafiˇcko rje-ˇsavanje kvadratnih jednadˇzbi. Za grafiˇcko rjerje-ˇsavanje kvadratnih jednadˇzbi moˇzemo primi-jeniti potenciju toˇcke u odnosu na kruˇznicu.

Primjerice, treba rijeˇsiti kvadratnu jednadˇzbu

x2+ax−b2 =0 ⇐⇒ x(x+a)= b2. Prvo konstruiramo kruˇznicu sa srediˇstem O i polumjerom a

2. Konstruiramo proizvoljan polumjerOA i u toˇcki A tangentu na kruˇznicu. Na toj tangenti konstruiramo duˇzinu AB duljine b. Konstruiramo pravac BO. Taj pravac sijeˇce kruˇznicu u toˇckama C i D. Tada vrijedi (potencija toˇcke obzirom na kruˇznicu)

(37)

ˇsto je ekvivalentno sa

x(x+a)= b2.

Slika 2.7: Grafiˇcko rjeˇsavanje uz pomo´c potencije toˇcke (1)

Ako slobodan ˇclan kvadratne jednadˇzbe nije izraˇzen kao suprotan kvadratu, jednadˇzbu je mogu´ce grafiˇcki rijeˇsiti ako prethodno konstruiramo korijen slobodnog ˇclana. Primje-rice, jednadˇzbu

x2−ax+b=0 ⇐⇒ x(a−x)= √

b2

rjeˇsavamo na sljede´ci naˇcin: konstruiramo horizontalan pravac i na njemu oznaˇcimo duˇzinu ABduljineb. Na tom pravcu konstruiramo toˇckuE takvu da vrijedi|BE|= 1.Potom kon-struiramo kruˇznicu kojoj jeAEpromjer. Neka su toˇckeFiHpresjeci okomice podignute u toˇckiBna pravacAB.Vrijedi|BF| · |BH|=|AB| · |BE|= b.U toˇcki F opiˇsemo kruˇznicu po-lumjeraa

2 i neka ona sijeˇce pravacABu toˇckiO.Zatim konstruiramo kruˇznicu sa srediˇstem Opolumjera a

(38)

POGLAVLJE 2. KONSTRUKCIJE PRAVILNOG SEDAMNAESTEROKUTA 34 je|BD|= a−x.Vrijedi |BC| · |BD|=|BF| · |BH|, ˇsto je ekvivalentno sa x(a−x)= √ b2= b.

Slika 2.8: Grafiˇcko rjeˇsavanje uz pomo´c potencije toˇcke (2)

2.7 Amp`ereova konstrukcija pravilnog

sedamnaesterokuta

Francuski matematiˇcar i fiziˇcar Andre-Marie Amp`ere je, na sastanku francuske akade-mije znanosti, 1835. godine prikazao crteˇz vrlo jednostavne konstrukcije pravilnog sedam-naesterokuta. Njegova konstrukcija koristi geometrijsko rjeˇsavanje kvadratnih jednadˇzbi pomo´cu potencije toˇcke na kruˇznicu.

Neka jeOAvertikalan polumjer u jediniˇcnoj kruˇznici sa srediˇstemO. U toˇckiA kons-truiramo tangentu na kruˇznicu i na njoj toˇcku E, s lijeve strane toˇcke A, takvu da vrijedi |AE|= |OA|

(39)

F1, tako da jeF0 s desne strane toˇckeA. Tada su|OF0|i|OF1|polovine rjeˇsenja kvadratne jednadˇzbex2+x−4= 0,tj. |OF0|= w0 2 i |OF1|= w1 2 . Jednadˇzbe x2−w0x−1= 0 i x2−w1x−1= 0

rjeˇsavaju se koriˇstenjem potencije toˇcke na kruˇznicu (ovdje je slobodan ˇclan suprotan kva-dratu).

Slika 2.9: Ampereova konstrukcija pravilnog sedamnaesterokuta

Konstruiramo pravce OF0 i OF1 te opiˇsemo luk oko toˇcke F0 polumjera F0A tako

da sijeˇce OF1 u toˇcki G0 s one strane toˇcke F0 s koje nije toˇcka O. Na analogan naˇcin

(40)

i F1. Ve´ce rjeˇsenje jednadˇzbe x2−w0x−1 = 0 je ve´ce i po apsolutnoj vrijednosti pa je

w00= |OG0|,a ve´ce rjeˇsenje jednadˇzbex2−w1x−1= 0 je manje po apsolutnoj vrijednosti

pa jew01= |OG1|.

Za rjeˇsavanje jednadˇzbe x2 ₋ _w

00x+ w01 = 0 primjenjuje se grafiˇcko rjeˇsavanje

jed-nadˇzbi pomo´cu potencije toˇcke (za sluˇcaj kada slobodan ˇclan nije suprotan kvadratu). Prvo konstruiramo korijen iz vrijednostiw01 = |OG1|. Neka jeR presjek pravcaOG1 i polazne

kruˇznice s one strane toˇckeOs koje nije toˇckaG1. U odnosu na prethodnu konstrukciju,

toˇckaRdobiva se jednostavnije. Tada je|OR|=1. Ako upiˇsemo polukruˇznicu kojoj jeG1R

promjer i oznaˇcimo saS presjek te polukruˇznice i pravcaOF0 (s gornje strane toˇckeO), u

kruˇznici ˇciji promjer jeG1Rvrijedi

|OS|2 =|OG1| · |OR|=|OG1|.

Na pravcu OG1, s one strane toˇckeO s koje je toˇckaG1, treba odrediti toˇcku N tako da

je |S N| = |OG0|

2 . Neka je toˇcka L poloviˇste OG0. Opiˇsemo kruˇzni luk sa srediˇstem S, polumjera|OL|, tako da sijeˇceOG1u toˇckiN koja je s iste strane toˇckeOs koje je i toˇcka

G1. Opiˇsimo kruˇzni luk sa srediˇstem N polumjera|NS|= |OL|. Neka taj luk sijeˇce pravac

OG1u toˇcki Jtako da je toˇckaOizmedu toˇcakaJiN.

Ako opiˇsemo kruˇznicu sa srediˇstem A polumjera OJ, tada u presjeku s jediniˇcnom kruˇznicom dobivamo dvije uzastopne toˇcke pravilnog sedamnaesterokuta.

2.8 Konstrukcija pravilnog sedamnaesterokuta samo

ravnalom

Konstrukciju pravilnog sedamnaesterokuta, upisanog u kruˇznicu, samo ravnalom objavio je 1842. godine, bez dokaza, njemaˇcki matematiˇcar von Schtaut. Dokaz je objavio njemaˇcki matematiˇcar Schr¨oter tek 1872. godine.

Najprije ćemo opisati Steinerovu konstrukciju koja omogućava rjeˇsavanje kvadratne jednadˇzbex2+px+q=0 pomoću ravnala i jedne fiksne jediniˇcne kruˇznice.

Teorem 2.8.1(Steiner). Neka je dana kvadratna jednadˇzba x2+ px+q=0, p,0,

s realnim koeficijentima p,q, koja ima realna rjeˇsenja. Neka je dana jediniˇcna kruˇznica sa srediˇstem u ishodiˇstu koordinatnog sustava. Neka su dane toˇcke A(0,1) i B(0,−1) te konstruirane tangente y = 1 i y = −1. Neka su na tangentama konstruirane toˇcke D i C takve da je |AD| = −4 p, tj. D − 4 p,1 ! i |BC| = −q p, tj. C − q p,−1 ! . Sa M i N oznaˇcimo

(41)

presjeke pravca CD s jediniˇcnom kruˇznicom. Konstruiramo pravce AM i AN. Neka je presjek pravca AM s tangentom konstruiranom u toˇcki B oznaˇcen sa X1(x1,−1), a presjek

pravca AN s tangentom konstruiranom u toˇcki B sa X2(x2,−1). Tada su x1 i x2 rjeˇsenja

polazne kvadratne jednadˇzbe.

Slika 2.10: Konstrukcija rjeˇsenja kvadratne jednadˇzbex2+ _px+_q=₀

Dokaz. Promotrimo trokute4AMB i4ABX1. Ti trokuti su sliˇcni prema K-K-K teoremu,

pa vrijedi

|AM|:|AB|= |AB|:|AX1|

iz ˇcega se dobiva da je

(42)

Potpuno analogno, iz sliˇcnosti pravokutnih trokuta4AN Bi4ABX2 dobivamo

|AN| · |AX2|=|AB|2

pa vrijedi

|AM| · |AX1|= |AN| · |AX2|=|AB|2 =4.

Iz ove jednakosti slijedi da toˇckeM,N,X1iX2pripadaju istoj kruˇznici jer toˇckaAima istu

potenciju u odnosu na toˇckeMiX1te na toˇckeNiX2. Upravo zbog toga za toˇckuCvrijedi

|CX1| · |CX2|=|C M| · |CN|.Potencija toˇckeCu odnosu na kruˇznicu, kojoj pripadaju toˇcke

A,N,BiM,jednaka je|CB|2 ₌_|_{C M}_{| · |}_CN_|_{pa dobivamo}

|CX1| · |CX2|=|C M| · |CN|=|CB|2.

Budu´ci da je|CX1|=|BC|+|BX1|i|CX2|=|BC| − |BX2|,vrijedi

(|BC|+|BX1|) (|BC| − |BX2|)=|BC|2.

Kada izraz malo sredimo, konaˇcno dobivamo |BC|= |BX1| · |BX2|

|BX1|+|BX2|

= x1x2

x1+x2

.

Trokuti4AMOi4X1MC su sliˇcni pa je

|AD| |X1C| = |AM| |X1M| = |AM| · |AX1| |X1M| · |AX1| . Takoder, vrijedi |AM| · |AX1|= |AB|2, |X1M| · |AX1|=|BX1|2, pa je |AD| |X1C| = |AB|2 |BX1|2 . Slijedi |CX1|= |AD| |AB|2 · |BX1| 2_.

Iz sliˇcnosti trokuta4ANDi4X2NCanalogno dobivamo da vrijedi

|CX2|=

|AD|

|AB|2 · |BX2| 2_.

Kada se ove dvije jednakosti oduzmu, dobiva se |CX1| − |CX2|= |AD| |AB|2 |BX1|2− |BX2|2 .

(43)

Kako je|CX1| − |CX2|=|BX1|+|BX2|,odatle slijedi |AD| |AB|2 (|BX1| − |BX2|)=1, odnosno |AD|= |AB| 2 |BX1|+|BX2| = 4 x1+x2 . Konaˇcno, iz x1x2 x1+ x2 = |BC|= −q p i 4 x1+x2 = |AD|= −4 p slijedi x1+x2 = −pi x1x2 = q, pa su x1ix2rjeˇsenja kvadratne jednadˇzbex2+ px+q=0.

Da bismo uspjeˇsno konstruirali rjeˇsenja kvadratne jednadˇzbe pri konstrukciji pravilnog sedamnaesterokuta, potreban je sljedeći teorem koji omogućuje konstrukciju koeficijenata jednadˇzbe u sljedećem koraku.

Teorem 2.8.2. Neka je dana jediniˇcna kruˇznica sa srediˇstem u ishodiˇstu koordinatnog sustava. Neka su toˇcke presjeka s y-osi toˇcke A(0,1) i B(0,−1) i neka su u tim toˇckama konstruirane tangente na kruˇznicu, tj. pravci y= 1i y =−1. Neka je na kruˇznici dana toˇcka M, razliˇcita od A i B, te neka pravac AM sijeˇce pravac y = −1 u toˇcki C, a pravac BM pravac y= 1u toˇcki D. Neka je zadana toˇcka I na promjeru AB takva da je|AI|: |BI|=4 te neka pravac DI sijeˇce pravac y=−1u toˇcki E. Tada vrijedi

(i) |AD|= 4 |BC|, (ii) |BE|= |AD|

4 .

Dokaz. Iz sliˇcnosti pravokutnih trokuta4ABCi4DABslijedi da je |AD|:|AB|=|AB|:|BC|

odnosno

|AD| · |BC|= |AB|2 =4 iz ˇcega slijedi|AD|= 4

|BC|, odnosno tvrdnja (i).

Iz sliˇcnosti pravokutnih trokuta4DAI i4EBIslijedi |BE|:|BI|=|AD|:|AI| odnosno

|BE|= |AD| · |BI| |AI|,

(44)

Slika 2.11: Pomo´cne konstrukcije za rjeˇsavanje kvadratne jednadˇzbe

Sada se svi koraci konstrukcije pravilnog sedamnaesterokuta mogu relativno lako iz-vesti.

Konstruiramo jediniˇcnu kruˇznicu i pravcey = 1 iy = −1. Na pravcuy = 1 oznaˇcimo toˇcku (−4,1), a na pravcuy =−1 toˇcku (4,−1). Kroz toˇcke (−4,1) i (4,−1) konstruiramo pravac i njegove presjeke s jediniˇcnom kruˇznicom oznaˇcimo toˇckama K i L. Na osnovi Steinerovog teorema, kada iz toˇcke Akonstruiramo pravce kroz toˇcke K i L, na tangenti y = −1 dobivamo toˇckeW0(w0,−1) iW1(w1,−1). Pri tome su vrijednostiw0 iw1rjeˇsenja

kvadratne jednadˇzbe x2+ px+q=0. Vrijedi da je−4= −4 p i 4 =− q p pa slijedi da je p=1 i q=−4, odnosnow0iw1su rjeˇsenja kvadratne jednadˇzbe

(45)

Slika 2.12: Konstrukcija rjeˇsenja jednadˇzbex2+x−4=0 Prijedimo na drugi korak, tj. nalaˇzenje ve´ceg rjeˇsenja jednadˇzbe

x2−w0x−1=0.

Konstruiramo pravac BK i njegov presjek s pravcem y = 1 oznaˇcimo sa F. Na os-novi prethodnog teorema i tvrdnje (i) vrijedi |AF| = 4

w0

. Konstruiramo pravac FI, gdje je I toˇcka koja pripada polumjeru AB i za koju vrijedi |AI| : |BI| = 4, i njegov pre-sjek s pravcem y = −1 oznaˇcimo sa M. Prema tvrdnji (ii) prethodnog teorema vrijedi |BM|= |AF|

4 = 1 w0

.Presjek pravcaFIs jediniˇcnom kruˇznicom oznaˇcimo toˇckamaK0iK1,

kao na slici. Analogno, presjek pravcaGI, gdje jeGtoˇcka presjeka pravca BLs pravcem y = 1, s jediniˇcnom kruˇznicom oznaˇcimo sa L1 i L0, kao na slici. Presjeke pravca AK0

i pravca AL0 s pravcem y = −1 oznaˇcimo sa w00 i w10. Te toˇcke su rjeˇsenja kvadratne

jednadˇzbe

(46)

POGLAVLJE 2. KONSTRUKCIJE PRAVILNOG SEDAMNAESTEROKUTA 42 u kojoj je p=− 4 |AF| = −4· w0 4 =−w0 i q=−p· − 1 w0 ! =−1,

tj. w00 i w10 su rjeˇsenja jednadˇzbe x2 − w0x −1 = 0 i w00 je ve´ce rjeˇsenje te kvadratne

jednadˇzbe.

Slika 2.13: Konstrukcija rjeˇsenja jednadˇzbex2−w0x−1= 0 ix2−w1x−1= 0

U tre´cem koraku konstruiramo rjeˇsenjaw01iw11kvadratne jednadˇzbe

x2−w1x−1=0,

(47)

Presjek pravca AK1s pravcemy = −1 je rjeˇsenjew10, a presjek pravca AL1 s pravcem

y=−1 je rjeˇsenjew11, odnosno ti presjeci su rjeˇsenja jednadˇzbi

x2−w0x−1=0 i x2−w1x−1=0.

Prijedimo na ˇcetvrti korak konstrukcije. Konstruiramo pravac BK0 i njegov presjek

s pravcem y = 1 oznaˇcimo sa H. Na osnovi prethodnog teorema i tvrdnje (i) vrijedi |AH|= 4

w00

.

Slika 2.14: Konstrukcija ve´ceg rjeˇsenja jednadˇzbe x2₋_w

00x−w01 =0

Kroz toˇcke (4,1) i w01 konstruiramo pravac i neka on sijeˇcey-os u toˇckiR. Neka je s

duˇzina na pravcuy = −1 od toˇcke B do toˇcke presjeka pravcaRH i pravca y = −1. Na osnovi Talesova teorema o proporcionalnosti vrijedi

s |AH| = w01 4 , pa je s= w01 4 · 4 w00 = w01 w00 .

Kada iz toˇcke A konstruiramo pravac koji prolazi kroz toˇcku koja je presjek jediniˇcne kruˇznice i pravcaRH, na pravcu y= −1, na osnovi Steinerova teorema dobivamo rjeˇsenja

(48)

kvadratne jednadˇzbe

x2+ px+q= 0 u kojoj je p= − 4

|AH| = −w00 i q=−sp =w01. Ve´ce rjeˇsenje, na slici oznaˇceno sa w000 jednako je 2 cos

2π

17. Ako pravac kroz toˇcku A i w000presijeˇcemo s pozitivnim dijelomx-osi, dobit ´cemo toˇcku koja je od ishodiˇsta

koordi-natnog sustava udaljena toˇcno cos2π

17.U toj toˇcki konstruiramo okomicu na x-os. Presjek te okomice i jediniˇcne kruˇznice su toˇckeT2 iT17pravilnog sedamnaesterokuta. Toˇcka T1

je toˇcka s koordinatama (1,0).

2.9 Graefeova konstrukcija pravilnog

sedamnaesterokuta

Kombinacijom Carlyleovog i Steinereovog grafiˇckog rjeˇsenja kvadratne jednadˇzbe dobiva se efektna kostrukcija pravilnog sedamnaesterokuta koju je 1910. godine objavio njemaˇcki matematiˇcar Heinrich Franz Konrad Karl Friedrich Graefe. Konstrukcija je sljede´ca.

U jediniˇcnoj kruˇznici sa srediˇstemOkonstruira se promjer A0B, kao na slici. U toˇcki

B konstruira se tangenta i na njoj se odredi toˇcka P takva da je |BP| = |A0B|. Zatim se

opiˇse kruˇznica sa srediˇstemDpolumjeraOD, gdje je toˇckaDpoloviˇsteOB.Konstruira se pravac DP i njegov presjek s kruˇznicom (D,OD) oznaˇcimo sa U i V. Neka pravac OU sijeˇce konstruiranu tangentu u toˇckiF0, a pravacOVu toˇcki F1. Vrijedi

|BF0|=

w0

2 i |BF1|= w1

2 .

Konstruiramo kruˇznicu sa srediˇstemF0polumjeraF0Bi njegov presjek saOF0oznaˇcimo

saR, a presjek kruˇznice sa srediˇstemF1polumjeraF1BsaOF1oznaˇcimo saT. Promotrimo

pravokutan trokut4OBF0. Vrijedi|OF0|2 =|OB|2+|BF0|2 = 12+

_w 0 2 2 ,odnosno|OF0|= r 1+ w 2 0

4 .Tada se iz pravokutnog trokuta4OBF0 dobiva

|OR|=|OF0| − |RF0|= |OF0| − |BF0|= s 1+ w 2 0 4 − w0 2 = w0 2 − q 4+w2₀ 2 = |w10|,

pa je duljina duˇzine OR po apsolutnoj vrijednosti manje rjeˇsenje kvadratne jednadˇzbe x2₋_w

(49)

Slika 2.15: Graefeova konstrukcija pravilnog sedamnaesterokuta Promotrimo pravokutan trokut4OBF1. Vrijedi|OF1|2 =|OB|2+|BF1|2 = 12+

_w 1 2 2 , odnosno|OF1|= r 1+ w 2 1

4 .Zatim se potpuno analogno dobiva

|OT|=|OF1| − |T F1|= |OF1| − |BF1|=

s 1+ w 2 1 4 − w1 2 = w1 2 − q 4+w2 1 2 = |w01|,

pa je duljina duˇzine OT po apsolutnoj vrijednosti manje rjeˇsenje kvadratne jednadˇzbe x2₋_w

1x−1=0.

Za rjeˇsenjaw001iw101 kvadratne jednadˇzbex2−w01x+w10 vrijediw001+w101 =w01i

w001w101 =w10. Takoder, prema ranijoj analizi, vrijedi

w001 >0>w101, w001 =2 cos 6π 17 i w101 =2 cos 10π 17 =−2 cos 7π 17. Jednadˇzbux2₋_w

01x+w10= 0 grafiˇcki rijeˇsimo Carlyleovim postupkom. Pola konstrukcije

ve´c imamo. PravciT OiORsijeku se pod pravim kutom jer je ^VOU kut nad promjerom kruˇznice. U kvadratnoj jednadˇzbi x2₋_w

(50)

konstruirati okomicu na pravacOV. Odredimo toˇcku S takvu da je |T S| = 1 i to tako da toˇckeRiS budu s razliˇcitih strana pravcaOV. Konstruiramo kruˇznicu kojoj jeRS promjer i neka on sijeˇce pravacOV u toˇckamaHiK. Tada je

|T H|=w001 =2 cos

6π

17, a |T K|=w101 =−2 cos 7π 17.

Konstruiramo kruˇznicu sa srediˇstemBpolumjeraT H. Neka ona sijeˇce jediniˇcnu kruˇznicu desno od promjeraA0Bu toˇckiA6. Zatim konstruiramo kruˇznicu sa srediˇstemBpolumjera

T K i neka ona sijeˇce jediniˇcnu kruˇznicu desno od promjeraA0Bu toˇcki A7. ToˇckeA6iA7

su dvije susjedne toˇcke pravilnog sedamnaesterokuta upisanog u danu jediniˇcnu kruˇznicu. Ostale toˇcke pravilnog sedamnaesterokuta se lako dobiju.

(51)

Ostale konstrukcije pravilnog

sedamnaesterokuta

Geometrijske konstrukcije rjeˇsenja niza kvadratnih jednadˇzbi koje je postavio Gauss koris-tile su se za konstrukcije pravilnog sedamnaesterokuta gotovo tijekom cijelog 19. stolje´ca. Jednadˇzbu x17−1 = 0 rjeˇsavamo eliminacijom trivijalnog rjeˇsenja x = 1 i supstitucijom y= x+ 1

x. Imamo tzv. simetriˇcnu jednadˇzbu

x16+ x15+ x14+ x13+ x12+ x11+x10+x9+x8+ x7+ x6+ x5+ x4+ x3+ x2+ x+1=0 koju najprije podijelimo sax8.Dobivamo

x8+ 1 x8 + x 7₊ 1 x7 +· · ·+x 2₊ 1 x2 + x+ 1 x +1=0.

Uoˇcimo da se u gornjoj jednadˇzbi pojavljuje osam pribrojnika oblika xk + 1

xk. Stavimo sk = xk+ 1 xk iy = s1.Uoˇcimo da je s2 = x 2+ 1 x2 = x+ 1 x !2 −2 = y2₋_{2 te da za svaki} k≥2 vrijedi ysk = x+ 1 x ! xk + 1 xk ! = sk₊1+sk−1, pa je sk₊1= ysk−sk−1. Slijedi s3 = ys2− s1= y3−3y, s4 = ys3− s2= y4−4y2+2, 47

(52)

POGLAVLJE 3. OSTALE KONSTRUKCIJE 48 s5 = ys4− s3= y5−5y3+5y, s6 = ys5− s4= y6−6y4+9y2−2, s7 = ys6− s5= y7−7y5+14y3−7y, s8 = ys7− s6= y8−8y6+20y4−16y2+2, pa je 0 = s8+s7+s6+s5+s4+s3+s2+s1+1

= y8+y7−7y6−6y5+15y4+10y3−10y2−4y+1.

Jednadˇzbu moˇzemo faktorizirati, odnosno prikazati kao umnoˇzak dva polinoma ˇcetvrtog stupnja ˇciji su koeficijenti iracionalni. Dakle, dobiva se

y8+y7−7y6−6y5+15y4+10y3−10y2−4y+1

=      y 4₊ 1− √ 17 2 y 3₋ 3+ √ 17 2 y 2₊ (2+ √ 17)y−1       ·      y 4₊ 1+ √ 17 2 y 3₋ 3− √ 17 2 y 2₊ (2− √ 17)y−1      .

Tek poˇcetkom 20. stolje´ca talijanski matematiˇcar Alessandro Padoa pronaˇsao je ge-ometrijski postupak za dokaz konstrukcije pravilnog sedamnaesterokuta koji ne koristi Ga-ussovu analizu. Njegova ideja je izabrati ˇcetiri rjeˇsenja i za njih na´ci jednadˇzbu ˇcetvrtog stupnja koja odgovara prvom polinomu gornje faktorizacije. Ako sa αoznaˇcimo kut π

17, tada traˇzimo jednadˇzbu ˇcija su rjeˇsenja

2 cosα, 2 cos 2α, 2 cos 4α i 2 cos 8α.

Veza izmedu kuta i njegovog dvostrukog kuta se lako nade te na taj naˇcin Padoa izbjegava algebarsku analizu i koriˇstenje kompleksnih korijena iz jedinice. Ipak, Padoino rjeˇsenje je bilo dosta komplicirano i kasnije je ovaj postupak pojednostavljen. U ovom poglavlju bit ´ce izloˇzena dva rjeˇsenja, trigonometrijsko i geometrijsko.

3.1 Geometrijska analiza mogu´cnosti konstrukcije

pravilnog sedamnaesterokuta

Sude´ci po tome da se ova konstrukcija pravilnog sedamnaesterokuta nalazi u svim suvre-menim udˇzbenicima, ˇcini se da je najpopularnija.

(53)

Neka je dan pravilan 34-terokut upisan u kruˇznicu. U njemu ćemo istaknuti jedan karakteristiˇcni trokut. To je jednakokraˇcni trokut ˇcija je osnovica stranica pravilnog 34-terokuta, a krakovi udaljenosti vrhova od srediˇsta kruˇznice. Neka su I i J dva uzastopna vrha pravilnog 34-terokuta, aAtreći vrh karakteristiˇcnog trokuta. Budući da se radi o pra-vilnom 34-terokutu upisanom u kruˇznicu, kut pri vrhuAjednak je π

17.Zbog jednostavnosti ´cemo staviti da jeα= π

17.Tada su^AI J i^AJIsukladni i iznose

π− π

17 2 =

8π 17 =8α. U trokutu 4AJI konstruiramo niz toˇcaka, odnosno duˇzina za koje vrijedi |JI| = |IH|= |HG|= |GF|= |FE|= |ED|= |DC|= |CB|. Tada je4JIHjednakokraˇcan pa vrijedi

ÎH J =_^H JI =_ÂI J =8α. Tada je i_^JIH=_ÎAJ =α.Dakle,4AI J i4I JH su sliˇcni.

Trokut 4IGH je takoder jednakokraˇcan jer vrijedi |IH| = |GH|. Tada je ^HGI = ^HIG = ÂI J − _^HI J = 8α− α = 7α. Budući da je zbroj sva tri kuta u tro-kutu jednak π, vrijedi _ÎHG = π −2_^HIG = 17α− 2· 7α = 3α. U trokutu 4HFG je ^GHF = π − _^GH J − _^JHI = 17α− 3α− 8α = 6α, a tada je i _^GFH = 6α pa je ^HGF =π−2^GHF = 17α−2·6α=5α.

Analogno se dobiva i da je_^FGE = _^FEG = 5α,da je_ÊFD = _ÊDF = 4α,da je ^DEC =_^DCE= 3αi da je_^CDB=_^CBD=2α.Budući da je_^CBDvanjski kut trokuta 4ABC,vrijedi^CBA=2·_^BCA,odnosno

^BCA=α=^BAC=⇒ |AB|=|BC|. Dakle,4ABC je jednakokraˇcan.

Iz sliˇcnosti trokuta4AI Ji4I JHdobiva se omjer |AI|:|I J|= |I J|:|JH|. Ako pretpostavimo da je|I J|=1, tada iz gornjeg omjera slijedi

|AI| · |JH|= 1.

Promotrimo pravokutni trokut (u trokutu 4AI J) koji nastaje kad iz vrha A konstruiramo visinu na stranicu I J i njegovu hipotenuzu AI. Primijenimo li pouˇcak o kosinusu na kut ^JIH= 8α,dobivamo|AI|= 1/2

cos 8α,odnosno |AI|= 1

2 cos 8α.

Tada, iz jednakosti|AI| · |JH|= 1 slijedi|JH|=2 cos 8α.Analognim postupkom dobivamo |GI|=2 cos 7α, |EG|=2 cos 5α, |CE|=2 cos 3α i |AC|= 2 cosα.

(54)

POGLAVLJE 3. OSTALE KONSTRUKCIJE 50

Dakle,

|AI|= |AC|+|CE|+|EG|+|GI|=2 cosα+2 cos 3α+2 cos 5α+2 cos 7α. Kada ove vrijednosti uvrstimo u gornji omjer, dobiva se

2 cosα+2 cos 3α+2 cos 5α+2 cos 7α

1 =

1 2 cos 8α.

Slika 3.1: Konstrukcija pomo´cnih trokuta

Nakon ˇsto na lijevoj strani jednakosti prvi i ˇcetvrti te drugi i tre´ci pribrojnik transfor-miramo u umnoˇzak, dobivamo

4 cos 4αcos 3α+4 cos 4αcosα= 1 2 cos 8α.

Sada na lijevoj strani izluˇcimo 4 cos 4αte zbroj kosinusa pretvorimo u umnoˇzak: 4 cos 4α(cosα+cos 3α)= 1

(55)

Iskoristimo formulu za kosinus dvostrukog kuta

cos 2α=cos2α−sin2α= 2 cos2α−1 iz koje se dobiva

(2 cosα)2 =2 cos 2α+2. Odatle slijedi

(2 cos 2α)2 =2 cos 4α+2, (2 cos 4α)2 =2 cos 8α+2, (2 cos 8α)2= 2 cos 16α+2=2 cos (π−α)+2= −2 cosα+2. Ako stavimo da je

x1= −2 cosα, x2 =2 cos 2α, x3= 2 cos 4α i x4 =2 cos 8α,

dobiva se da je−2 cos π

17 jedno od rjeˇsenja algebarskog sustava jednadnadˇzbi x2₁= x2+2, x22 = x3+2, x23 = x4+2, x24= x1+2,

pri ˇcemu vaˇzi veza

x1x2x3x4 =−1.

Rijeˇsimo algebarski ovaj sustav jednadˇzbi. Kada se odx2₁ = x2+2 oduzmex2₃= x4+2,

a od x2 2= x3+2 oduzmex 2 4 = x1+2,dobiva se x2₁− x2₃= x2− x4, x22− x 2 4= x3− x1

iz ˇcega nakon mnoˇzenja slijedi

(x1+x3)(x2+ x4)= −1.

Uvodimo supstitucijuu= x1x3iv= x1+ x3. Tada je

x2x4 =−

1

u, x2+ x4= − 1 v. Ako sustav zapiˇsemo u obliku

x2₁−1= x2+1, x22−1= x3+1, x23−1= x4+1, x24−1= x1+1

i ove jednadˇzbe medusobno pomnoˇzimo te podijelimo sa (x1+1)(x2+1)(x3+1)(x4+1),

dobivamo

(56)

POGLAVLJE 3. OSTALE KONSTRUKCIJE 52

Ako sad pomnoˇzimo prvu i tre´cu te drugu i ˇcetvrtu zagradu, dobivamo (x1x3− x1− x3+1)(x2x4−x2−x4+1)=1.

Gornja jednadˇzba se pomo´cuuivmoˇze napisati u obliku (u−v+1) −1 u + 1 v +1 ! = 1.

Budu´ci da jeu,0 iv, 0,ovu jednadˇzbu moˇzemo pomnoˇziti sauv, 0 i dobiti

(u−v+1)(uv−v+u)= uv. Sve medusobno izmnoˇzimo i dobivamo

u2v−uv+u2−uv2+v2−uv+uv−v+u=uv, odnosno, nakon sredivanja,

(u−v)(uv−v+u+1)=0.

Ako jeu= v, tada, ako pomnoˇzimox2₁ = x2+2 i x2₃ = x4+2,dobiva se da jeu2= −

3 u+4. Analogno se dobiva 1 u2 = 3u+4 kada se pomnoˇze x 2 2 = x3+2 i x 2 4 = x1+2. Dakle,uje

zajedniˇcko rjeˇsenje jednadˇzbama

u3−4u+3=0 i 3u3+4u2−1= 0.

Primjenom Euklidovog algoritma na polinomeu3₋_4u+₃=_{0 i 3u}3+_4u2₋₁= _{0 dobiva}

se da su oni medusobno prosti, tj. da nemaju zajedniˇcko rjeˇsenje. Dakle, uv−v+u+1= 0

odnosno

v= 1+u 1−u.

Ako sad pomnoˇzimo x2₁ = x2+2 i x23= x4+2 dobivamo jednadˇzbu

(x1x3)2 = x2x4+2(x2+x4)+4.

Uvedemo supstituciju i dobivamo

u2 =−1 u −

2 v +4.